6.6 Příklady

Příklad 6.15

Nalezněte řešení rekurence $a_n = 2 a_{n-1} + 3 \cdot 2^n$ pro $n \geq 1$ s počáteční podmínkou $a_0 = 13$.

Po přepsání do našeho tvaru pomocí substituce $a_n = x_{n+1}$ vidíme, že řešíme LRR prvního řádu s konstantními koeficienty a nenulovou pravou stranu

\begin{equation}\label{ex_priklady_1}\tag{6.10} x_{n+1} - 2 x_n = 3 \cdot 2^{n} \quad \text{pro} \ n \geq 1, \end{equation}

s počáteční podmínkou $x_1 = 13$.

Zobrazit řešení

Kořen charakteristického polynomu $p(\lambda) = \lambda - 2$ je právě jeden, $\lambda = 2$. Řešení homogenní rovnice je proto tvaru $(\alpha 2^n)_{n=1}^\infty$, kde $\alpha$ je zatím neurčená konstanta.

Kvazipolynom na pravé straně je tvaru $3 \cdot 2^n$ a proto hledáme partikulární řešení ve tvaru $\tilde{x}_n = n^1 \cdot A \cdot 2^n$, $n \geq 1$. Po dosazení do rovnice (6.10) dostáváme

\begin{equation*} A(n+1) 2^{n+1} - 2 \cdot An2^n = 3 \cdot 2^{n}, \quad n \geq 1, \end{equation*}

což po jednoduchých úpravách je ekvivalentní podmínce

\begin{equation*} 2A = 3, \end{equation*}

kterou snadno splníme volbou $A = \frac{3}{2}$.

Zbývá využít volnosti ve volbě $\alpha$ ke splnění počáteční podmínky. Obecné řešení naší LRR je tvaru

\begin{equation*} x_n = \alpha 2^n + 3n 2^{n-1}, \quad n \geq 1. \end{equation*}

A proto je požadavek $x_1 = 13$ ekvivalentní požadavku $\alpha = 5$. Můžeme proto řešení příkladu uzavřít s výsledkem

\begin{equation*} x_n = \left(5 + \frac{3n}{2}\right) \cdot 2^n, \quad n \geq 1 \end{equation*}

resp.

\begin{equation*} a_n = x_{n+1} = \left(13 + 3n\right) \cdot 2^n, \quad n \geq 0. \end{equation*}

Příklad 6.16

Pro16 $q \neq 0,1$ sečtěte

\begin{equation*} \sum_{k=1}^n k q^k, \end{equation*}

tedy vyřešte LRR

\begin{equation*} x_{n+1} - x_n = (n+1) q^{n+1}, \quad n \geq 1, \end{equation*}

s počáteční podmínkou $x_1 = q$.

Zobrazit řešení

Charakteristický polynom $p(\lambda) = \lambda - 1$ má právě jeden kořen $\lambda = 1$. Řešení homogenní LRR je tedy tvaru $(\alpha \cdot 1^n)_{n=1}^\infty = (\alpha)_{n=1}^\infty$, pro libovolnou konstantu $\alpha$.

Kvazipolynom na pravé straně je tvaru $P(n) \cdot q^n$, kde $q$ není kořenem charakteristického polynomu a polynom $P$ má stupeň $1$. Partikulární řešení proto hledáme ve tvaru

\begin{equation*} \tilde{x}_n = n^0 \cdot (A n + B) \cdot q^n. \end{equation*}

Dosazením tohoto tvaru do rekurence dostaneme podmínku

\begin{equation*} (A (n+1) + B) q^{n+1} - (An + B) q^n = (n+1) q^{n+1}, \quad n \geq 1. \end{equation*}

Po jednoduchých úpravách dostáváme ekvivalentní podmínku

\begin{equation*} (Aq - A - q) n + (A + B)q - B - q = 0, \quad n \geq 1. \end{equation*}

Tuto podmínku splníme vynulováním koeficientů polynomu (v proměnné $n$), tedy vyřešením soustavy

\begin{equation*} (q - 1)A = q \quad \text{a} \quad Aq + (q - 1) B = q, \end{equation*}

pro neznámé $A$ a $B$. Tato soustava má řešení

\begin{equation*} A = \frac{q}{q - 1} \quad \text{a} \quad B = - \frac{q}{(q - 1)^2}. \end{equation*}

Obecné řešení naší nehomogenní LRR proto je tvaru

\begin{equation*} x_n = \alpha + \left( n - \frac{1}{q - 1} \right) \frac{q^{n+1}}{q - 1}. \end{equation*}

Počáteční podmínku $x_1 = q$ splní17 $\alpha = \frac{q}{(q-1)^2}$. Řešení příkladu proto uzavíráme shrnutím výsledku.

\begin{equation*} \sum_{k=1}^n k q^k = \frac{q}{(q-1)^2} + \left( n - \frac{1}{q - 1} \right) \frac{q^{n+1}}{q - 1}. \end{equation*}

Příklad 6.17

Vraťme se k případu Hanojských věží z podkapitoly 6.1.1. Z analýzy problému jsme se dostali k lineární rekurentní rovnici prvního řádu ($T_n = x_{n+1}$, $n \in \N_0$)

\begin{equation*} x_{n+1} - 2 x_n = 1, \quad n \in \N, \end{equation*}

s počáteční podmínkou $x_1 = T_0 = 0$. Nalezněme řešení této úlohy pomocí mašinerie popsané v této kapitole.

Zobrazit řešení

Charakteristický polynom

\begin{equation*} p(\lambda) = \lambda - 2 \end{equation*}

má jediný jednoduchý kořen $\lambda_1 = 2$. Obecným řešením naší homogenní LRR proto je

\begin{equation*} x_n = \alpha 2^n, \quad n \in \N. \end{equation*}

Pravá strana je kvazipolynomiální tvaru $1 \cdot 1^n$. Partikulární řešení proto hledáme ve tvaru

\begin{equation*} \tilde{x}_n = n^0 \cdot A \cdot 1^n = A. \end{equation*}

Po jeho dosazení do rekurentní rovnice s pravou stranou dostaneme rovnost

\begin{equation*} -A = 1 \end{equation*}

A tedy $A = -1$. Obecné řešení naší rekurence má proto tvar

\begin{equation*} x_n = -1 + \alpha 2^n, \quad n\in\N. \end{equation*}

Konstantu $\alpha$ určíme podle počáteční podmínky. Rovnost $x_1 = 0$ je ekvivalentní podmínce $2\alpha = 1$ a tedy $\alpha = 1/2$. Získáváme proto očekávané řešení

\begin{equation*} T_n = x_{n+1} = -1 + \frac{1}{2} 2^{n+1} = 2^n - 1. \end{equation*}

Příklad 6.18

V tomto příkladě ukážeme, jak využít principu superpozice (Věta 6.2) ke konstrukci partikulárního řešení. Hledejme partikulární řešení rovnice

\begin{equation*} x_{n+1} - 3 x_n = 1 + 3^n, \quad n\in\N. \end{equation*}

Zobrazit řešení

Podle principu superpozice (Věta 6.2) stačí nalézt partikulární řešení pro pravou stranu $(1)_{n=1}^\infty$, pravou stranu $(3^n)_{n=1}^\infty$ a pak je sečíst.

Charakteristickým polynomem této rovnice je

\begin{equation*} p(\lambda) = \lambda - 3 \end{equation*}

a má jeden jednoduchý kořen $\lambda_1 = 3$.

Hledejme partikulární řešení pro pravou stranu $1 = 1 \cdot 1^n$. Očekáváme ho ve tvaru $n^0 \cdot A \cdot 1^n = A$, jehož dosazením do rekurence s pravou stranou $1$ dostaneme podmínku pro $A$:

\begin{equation*} A - 3 A = 1 \ \Leftrightarrow \ A = -\frac{1}{2}. \end{equation*}

Hledejme partikulární řešení pro pravou stranu $3^n = 1 \cdot 3^n$. Očekáváme ho ve tvaru $n^1 \cdot B \cdot 3^n$, jehož dosazením do rekurence s pravou stranou $3^n$ dostaneme podmínku pro $B$:

\begin{equation*} (n+1) B 3^{n+1} - 3 n B 3^{n} = 3^n \ \Leftrightarrow \ 3 B = 1 \ \Leftrightarrow \ B = \frac{1}{3}. \end{equation*}

Hledané partikulární řešení zadané LRR je proto tvaru $\tilde{x}_n = -\frac{1}{2} + n 3^{n-1}$, $n \in \N$.